4_刚体力学习题详解

1、习题四 本章习题都是围绕（角）动量守恒以及能量守恒，把过程分析清楚，正确带入公式就可 以解决。 一、选择题 1. 一根长为I、质量为M的匀质棒自由悬挂于通过其上端的光滑水平轴上。现有一质量 为m的子弹以水平速度 V。射向棒的中心，并以 V0/2的水平速度穿出棒，此后棒的最大偏 转角恰为90，则V0的大小为 答案: 解: J1.i1 = j m (B) (C) 2M gl ； m (D) 2 16M2gl 3m2 J , 1 l 2 !j 2 二 Mg -l Ji ml _ 4 J-3 Vo Vo/2 V0 -1 : l/2 2V0 _ l l/2 Vo l 1 Jd 1 - 2) _2J1 1

2、 J 1 2 - JMgl , 2 2 -Mgl , 2 2 J4J1 观 也2军 4 l2 4 丄 Ml2 3 = Mgl , 2 2 3 m v Mgl 2 Mgl , v0 16 M 16MLrgl，所以 3 m 4M v0 二 m gl 3 2.圆柱体以 80rad/s的角速度绕其轴线转动，它对该轴的转动惯量为4kg m2。在恒力矩 作用下, 10s内其角速度降为40rad/s。圆柱体损失的动能和所受力矩的大小为 （A） 80J, 80 N m ；（ B） 800J，40 N m ; （C） 4000J，32 N m ；（ D） 9600J，16 N m。 答案：D 解： 0 =80，

3、- =40， t =10， J =4 M恒定，匀变速，所以有 丄国0 一轨占8040 =0 7-t，:二 ,M = JJ =416N m tt10 3. 一个转动惯量为J的圆盘绕一固定轴转动，初角速度为-0。设它所受阻力矩与转动角 速度成正比M（k为正常数）。 （1）它的角速度从-0变为-o/2所需时间是 (D) J/(2k)。 （A） J /2 ；（ B） J/k ；（ C） （J/k）l n2 ； （2）在上述过程中阻力矩所做的功为 (A) J 0 /4 ； (B) -3 J .2/8 ； (C) 22 -J0 /4 ;(D) J豹0 /8。 答案：C； B。 解：已知 M - - k，

4、, -0, J ,二 1 0 2 d - d d k , (1) M =J =-k ,J =-k , dt dt dt J J0dt,叱-Jt，所以 t = Jln 0 = Jln 2 k ， k A =丄 J 2 丄2 =2j I1 2 - 一凹 4如图所示，对完全相同的两定滑轮(半径 R,转动惯量J均相同)，若分别用F (N) 的力和加重物重力 P二mg=F(N)时，所产生的角加速度分别为冷和:-2，贝y (A)二 w2 ;(B) ： - -2 ; (C)冷：:：2 ；( D )不能确定。 答案：A 解：根据转动定律，有 mg R二Jr, T R二J2, 依受力图，有 mg -T = ma

5、 , T = mg - ma ： mg 所以，i、：。 5.对一绕固定水平轴 0匀速转动的转盘，沿图示的同一水 平直线从相反方向射入两颗质量相同、速率相等的子弹，并停 留在盘中，则子弹射入后转盘的角速度应 (D ) (E)无法确定。 答案：B (B) J (C).二心.。不变; J 解：Jf s J 0 -J2 2 =(Jl J2 J ) J =J2 qr2 二mr2 (mf =m2), 所以J 0 ： 0 2Jf +J 6光滑的桌面上有一长为I,质量为m的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直 222(4丿 8 1 2 光滑固定轴自由转动，其转动惯量为Joml2，开始静止。桌面上有质量为m的

6、小球, 12 v与杆相碰，发生完全非弹性碰撞，与杆粘在一起转动，则 在杆的一端垂直于杆以速率 碰后这一系统的角速度为 答案（c）3v 2 l 解：由角动量守恒得: 2 1 z 1 ,2 I、3v mv ( ml m ) , 2 1242I 二、填空题 1 .半径为r =1.5m的飞轮, 角位移为零，则在t二_ 为v = 答案：4s ; -15m/s。 解：已知 因：二 const. 令v -0，即 初角速度 o=10rad/s，角加速度:-5rad/s2，若初始时刻 时角位移再次为零，而此时边缘上点的线速度 2 r =1.5m， - 0=10rad/s，:- -5rad/s ， v0 =0。

7、1 2 V _ 入 ，0tt 。 c0 1t)t=0得，由此得 t 二 一2= 一2 10 =4s 2:-5 为匀变速，所以有 -= Jit =105 4 = -10，所以 v =-15m/s 长度为L的匀质细直棒，平放在水平桌面上。若它与桌面间的滑动 其初始角速度 2. 一根质量为 m、 解: df = dmg =丄 drg 二 J mgdr -m 又, m dM =r df, dM =rdf grdr , M二-j：. =-j9mL2? mgL (要找到与t的关系)，所以 dt 3 dt 2 3gF ddt , d = 2L -mgL 2 所以 （誉dt，两边积分得：国o =3吕t, _2

8、 oL 3 摩擦系数为J,在t =0时，使该棒绕过其一端的竖直轴在水平桌面上旋转, 为-0,则棒停止转动所需时间为 答案： 3. 在自由旋转的水平圆盘上，站一质量为m的人。圆盘半径为 R,转动惯量为J,角速 度为如果这人由盘边走到盘心，则角速度的变化.: . =;系统动 能的变化.-Ek =。 2 2 mR 122,mR 八 答案：；-mR，(1)。 J 2J 解：应用角动量守恒定律J；.-:：mR2- J: mR2、mR2 解得，=蛍i +，角速度的变化 i J丿J 11ii*mR2 系统动能的变化.Ek = J 2 -1 J mR2 -，2，即 AEk =mR2 2( - 1) 222J

9、4. 如图所示，转台绕中心竖直轴以角速度-0作匀速转动，转台对该轴的转动惯量 J =5 1Okg m2。现有砂粒以1g/s的流量落到转台，并粘在台面 形成一半径r =0.1m的圆。则使转台角速度变为 -.q/2所花的时间 为。 答案：5s 解：由角动量守恒定律 得 m = 2 , 由于 m =1 103kg/s rt 所以 m 1 103 J510$ 3235S r21100.121 10 5. 如图所示，一轻绳跨过两个质量均为 m、半径均为R的匀质圆盘状定滑轮。 绳的两端 分别系着质量分别为 m和2m的重物，不计滑轮转轴的摩 擦。将系统由静止释放，且绳与两滑轮间均无相对滑动， 则两滑轮之间绳

10、的张力为 。 答案：Tnmg 8 gg -T1 nga(1) 解：列出方程组 T2 -m2g =m?a(2) ( -T)R人门 (T迁尺二J2： 2 其中，二工鱼，j.hm.r2 ,- = , jm2r| m n ai m R2R22 B =mi（g a） 由（1 ）、（2）两式得：2 1 ny ） 丁2 =m）2（g +a） 可先求出a,解得 2(m m)2)g 2(m1 m2) (M1 M2) 4m1 m2 +mi(MHM2) 2(m m,) (M1 M2) g 4m!m2 +m2(M1 +M2)丁 _ 4|讥 +mhM2 + mM 1 2(m1 m2) (M1 M22(m m2) (M1

11、 M 2) 11 将 m1 =2m , m2 =m M1 =M2 =m, R =R2 代入，得：T = mg 8 三.计算题 1 一物体质量为 m=20kg,沿一和水平面成 30角的斜面下滑，如图三1所示，滑动 摩擦因数为1/（2. 3），绳的一端系于物体上，另一端绕在匀质飞轮上，飞轮可绕中心轴 转动，质量为 M=10kg，半径为0.1m,求: （1）物体的加速度。 （2）绳中的张力。 解：对物体： mgsin 30 - N -T = ma 对飞轮：Tr , J = Mr2 2 关联方程：a =r： 解得: mg sin 30 -、mg cos30 (M/2) m 题图三1 代入数据，得 a

12、= 0.2g = 1.96m/s2 2.如图所示，物体1和2的质量分别为 m1与m2，滑轮的转动惯量为 J，半径为r。 （1） 如物体2与桌面间的摩擦系数为 亠求系统的加速度 a及绳中 的张力T1和T2； （2） 如物体2与桌面间为光滑接触，求系统的加速度a及绳中的张 力T1和T2。（设绳子与滑轮间无相对滑动，滑轮与转轴无摩擦）。 答案：太长，略。 解：（1）用隔离体法，分别画出三个物体的受力图。 对物体1，在竖直方向应用牛顿运动定律f 对物体2，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿运动定律 T1 mg T2 - N =m2a, N -mg =0 对滑轮，应用转动定律 并利用关系a = n , 由

13、以上各式，解得 g Pm2 a J m1 m2 r (2)0 时 J m2 亠.1 m T1J mg ; 叶- B 亠 1 mt J J r 厂mg m1 m2- r m1 a = m1m2 J2 r J m2 T r j gg ; m1m - r T2 m1 m1 mg (即第一问答 J m22 r r 案中去掉 3. 匀质细杆，质量为 0.5Kg，长为0.4m，可绕杆一端的水平轴旋转。若将此杆放在水平 位置，然后从静止释放，试求杆转动到铅直位置时的动能和角速度。 答案：（1） 0.98J ； （2） 8.57rad/s。 1 10 解：根据机械能守恒定律，有：mgJ 2。杆转动到铅直位置时

14、的动能和角速度分 2 2 别为： 已*中一吨巾5 9.8 0.2沁； 4. 如图所示，滑轮的转动惯量J =0.5kg m2, 重物的质量m =2.0kg。当此滑轮一一重物系统从静止开始启动，开始时弹簧没有伸长。 k 滑轮与绳子间无相对滑动，其它部分摩擦忽略不计。问物体能 沿斜面下滑多远？当物体沿斜面下滑 1.00m时，它的速率有多 大？ 答案：（1）11.8m ； （ 2）1.7m/s。 解：以启动前的位置为各势能的零点，启动前后应用机械能守恒 (1) v =0时，得x=0或 2 2.0 9.8 sin37 x 二 2 = 11.8m (2) x =1 时 5.长I =0.40m、质量M =1

15、.00kg的匀质木棒，可绕水平轴O在竖直平面内转动，开始 时棒自然竖直悬垂，现有质量m =8g的子弹以v = 200m/s的速率从A点射入棒中，A、O 点的距离为3I /4，如图所示。求：（1）棒开始运动时的角速度；（2）棒的最大偏转角。 答案：(1) 8.9rad/s ; (2) 94.5。 解：(1)应用角动量守恒定律 3 mv - 1 一 9 I M m . 3163 (2)应用机械能守恒定律 29 M m 得 cos 丁 -1 _ 3 8 10- 200 4 I 1198 10J 10 丿 =8.9rad/s 0.4 2 - -0.079 ,J - 94.5 2M 3m g 6.质量为M、长为I的均匀直棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴 原来静止在平衡位置上.现有一质量为 相撞.相撞后，使棒从平衡位置处摆动到最大角度 (1) 这碰撞设为弹性碰撞，试计算小球初速 (2) 相撞时，小球受到多大的冲量？ 解(1)设小球的初速度为 v。，棒经小球碰 撞后得到的初角速度为-,而小球的速度变为 V,按题意，小球和棒作弹性碰撞，所以碰撞时 遵从角动量守恒定律和机械能守恒定律，得： O无摩擦地转动.它 m的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地 v -30 处， V0的值， mvo 角动量守恒: mv0l =1 mvl